2022年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题2 导数

一、单选题（共3题；共6分）

1、（2017?浙江）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）

A、

B、

C、

D、

2、（2017?新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）

A、﹣1

B、﹣2e﹣3

C、5e﹣3

D、1

3、（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（）

A、﹣

B、

C、

D、1

二、解答题（共8题；共50分）

4、（2017?浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥ ）．

（Ⅰ）求f（x）的导函数；

（Ⅱ）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围．

5、（2017?山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分）

（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；

（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．6、（2017?北京卷）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（13分）

(1)求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

(2)求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．

7、（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．

（Ⅰ）求g（x）的单调区间；

（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；

（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|

﹣x0|≥ ．

8、（2017?江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；

（Ⅱ）证明：b2＞3a；

（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．

9、（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分）

(1)讨论f（x）的单调性；

(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

10、（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．

（Ⅰ）求a；

（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

11、（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．

（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；

（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．

答案解析部分

一、单选题

1、【答案】D

【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系

【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，

且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，

故选D

【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能

2、【答案】A

【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值

【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，

可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，

x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，

可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．

解得a=﹣1．

可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，

=（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，

当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，

x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．

故选：A．

【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．

3、【答案】C

【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点

【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+ ）=0，

所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（e x﹣1+ ）有唯一解，

等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点．

①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；

②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），

由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾；

③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，

所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a），

由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件；

综上所述，a= ，

故选：C．

【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．

二、解答题

4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥ ），

导数f′（x）=（1﹣??2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x

=（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；

（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，

可得f′（x）=0时，x=1或，

当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；

当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；

当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，

且x≥ ?x2≥2x﹣1?（x﹣1）2≥0，

则f（x）≥0．

由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，

即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0．

则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．

【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用

【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；

（Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单

调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．

5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．

∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．

化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．

（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）

h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）

=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．

令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．

∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．

（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；

x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．

∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．

（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．

解得x1=lna，x2=0．

①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；

x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；

x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．

∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．

当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．

②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．

③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；

x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；

x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．

∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．

当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．

综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．

0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．

当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．

a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．

【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．

（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x ﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．

由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．

对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，

可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，

切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），

曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；

（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，

令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，

则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x?sinx，

当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x?sinx≤0，

即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，

则f（x）在[0，]递减，

即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；

最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；

（2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．

7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，

进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．

当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：

）

所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．

（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），

h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．

令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．

由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，

故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；

当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．

因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h （x0）＜0，．

所以，h（m）h（x0）＜0．

（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，

令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．

由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；

当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．

所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），

于是| ﹣x0|= ≥ = ．

因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，

所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．

又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，

从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．

所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点

【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可．

（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），

令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．

（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f （m）．

由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0，2]时，通过h（x）的零点．转化推出| ﹣x0|= ≥

= ．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．

8、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，

所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，

令g′（x）=0，解得x=﹣．

由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；

所以f′（x）的极小值点为x=﹣，

由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，

所以f（﹣）=0，即﹣+ ﹣+1=0，

所以b= + （a＞0）．

因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，

所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，

所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+ ＞0，解得a＞3，

所以b= + （a＞3）．

（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），

由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；

（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，

设x1，x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，

所以f（x1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2

=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2

= ﹣+2，

又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，

所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，

因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，

所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，

所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，

由于a＞3时2a2+12a+9＞0，

所以a﹣6≤0，解得a≤6，

所以a的取值范围是（3，6]．

【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用

【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知

g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣，从而f（﹣）=0，整理可知

b= + （a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3．

（Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论；

（Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）

的两个极值之和为﹣+2，进而问题转化为解不等式b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣

，因式分解即得结论．

9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，

当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），

令f′（x）=0，解得：x=ln ，

当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，

当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，

∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（e x+ ）（e x﹣）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；

（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，

由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，

则f（x）min=a +（a﹣2）﹣ln ，

=a（）+（a﹣2）× ﹣ln ，

=1﹣﹣ln ，

由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln ＜0，

整理得：a﹣1+alna＜0，

设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，

g′（a）=lna+1+1=lna+2，

令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，

当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，

当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，

g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，

由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，

∴0＜a＜1，

a的取值范围（0，1）．

【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理

【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）

=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．

10、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，

因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，

所以h（x）min=h（），

又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，

所以=1，解得a=1；

（Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，

令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，

令t′（x）=0，解得：x= ，

所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，

且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，

所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，

所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，

由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；

由f′（）＜0可知x0＜＜，

所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，

所以f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞；

综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合

【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可

得h（x）min=h（），从而可得结论；

（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）

=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可

知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞．

11、【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，

所以f′（x）=1﹣= ，且f（1）=0．

所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f （x）≥0矛盾；

当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，

所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），

又因为f（x）min=f（a）≥0，

所以a=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，

所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，

所以ln（1+ ）＜，k∈N*,

所以，k∈N*．

一方面，因为+ +…+ =1﹣＜1，

所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；

另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，

同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．

因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，

所以m的最小值为3．

【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法

【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；

（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ）＜，k∈N*．一方面利用等比数列

的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）

＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．

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